\documentclass[12pt, a4paper, oneside]{ctexart}
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\title{\vspace{-4cm}\textbf{河北师范大学高等代数答案}}
\author{孙俪源}
\date{\today}
\linespread{1.5}
\definecolor{shadecolor}{RGB}{241, 241, 255}
\everymath{\displaystyle}
\newcounter{problemname}
\def\d{\mathrm{d}}
\newenvironment{problem}{\begin{shaded}\stepcounter{problemname}\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}. }}{\end{shaded}}
\newenvironment{solution}{\par\noindent\textbf{解答. }}{\par}
\newenvironment{note}{\par\noindent\textbf{题目\arabic{problemname}的注记. }}{\par}
\pagestyle{plain}
\setlength{\parindent}{0pt}
\begin{document}
\date{}
\section*{2014高等代数答案}
\everymath{\displaystyle}

\begin{problem}[本题满分15分]
    设$\beta_{j}=\alpha_{j}-\sum_{i}^{r}\alpha_{i},j=1,2,\cdots,r$,证明：$\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_r$与$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r$有相同的秩。

\end{problem}
\begin{solution}
    “$\Rightarrow $”

    反证法，若$a=b$,
    
    则$f(x)=(x-a)(x-b)-1=(x-a+1)(x-a-1)$
    
    则与f(x)不可约矛盾
    
    故$a\neq b$

    “$\Leftarrow $”

    已知$a\neq b$，反证法，设f(x)可约
    
    设$f(x)=g(x)h(x)$，设$g(x),f(x)$为首项系数为1的项数为1的整系数多项式

    $f(a)=f(b)=-1$，所以$g(a)h(a)=g(b)h(b)=-1$

    又由于$g(a),h(a),g(b),h(b)$为一个整数

    故$g(a),h(a)$一个为1，一个为-1，g(b),h(b)一个为1，一个为-1

    所以$g(a)+h(a)=0,g(b)+h(b)=0$

    设$F(x)=g(x)+h(x)$,$\alpha(F(x))\leq1$
    
    若$\alpha F(x)=1$ 则F(x)为单调函数，与$F(a)=F(b)=0,a\neq b$矛盾

    故$\alpha F(x)=0  F(x)=0$  
    
    故$g(x)=-h(x)$ 
    
    故$f(x)=-h(x)_{2}$与f(x)首项系数为1矛盾

    故假设错误  $f(x)$可约
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分15分]
    设$\beta_{j}=\alpha_{j}-\sum_{i}^{r}\alpha_{i},j=1,2,\cdots,r$,证明：$\beta_1,\beta_2,\cdots,\beta_r$与$\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_r$有相同的秩。
    
    证明$\beta_{1},\beta_{2}，\ldots\beta_{r}$与$\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots\alpha_{r}$有相同的秩
   
\end{problem}

\begin{solution}
     
$\begin{aligned}
    &\beta_{1}=\alpha_{1}-(\alpha_{1}+\alpha_{2}+\cdots+\alpha_{r})=-\alpha_{r}-\alpha_{3}-\cdots-\alpha_{r} \\
    &\beta_{2}=\alpha_{2}-(\alpha_{1}+\alpha_{2}+\cdots+\alpha_{r})=-\alpha_{1}-\alpha_{3}-\cdots-\alpha_{r} \\
    &\cdots  \\
    &\beta_{r}=-\alpha_{1}-\alpha_{2}-\cdots-\alpha_{r-1}
    \end{aligned}$
    
    所以$\beta_{1}\cdots\beta_{r}$可以由$\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots\alpha_{r}$线性表出
    
    因为$\beta_{1}=\alpha_{1}-(\alpha_{1}+\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{r})$
    
    所以$\alpha_{1}=\beta_{1}+(\alpha_{1}+\alpha_{2}+\ldots+\alpha_{r})$
    
    且$\beta_{1}+\beta_{2}+\ldots+\beta_{r}=(a_{1}+\cdots+a_{r})-r(a_{1}+\cdots+a_{r})$
    $=(1-r)(a_{1}+\cdots+a_{r})$
    
    所以$a_{1}+\cdots+a_{r}=\frac{\beta_1+\cdots+\beta_r}{1-r}$
    
    所以$\alpha_{1}=\beta_{1}+\frac{\beta_{1}+\cdots+\beta_{r}}{1-r}=\frac{(2-r)\beta_{1}+\beta_{2}+\beta_{3}\cdots+\beta_{r}}{1-r}$
    
    $\alpha_{2}=\beta_{2}+(\alpha_{1}+\cdots\alpha_{r})=\beta_{2}+\frac{\beta_{1}+\cdots+\beta_{r}}{1-r}=\frac{\beta_{1}+(2-r)\beta_{2}+\cdots+\beta_{r}}{1-r}$
    
    $\cdots$
    
    $ \alpha_{r}=\beta_{r}+(\alpha_{1}+\cdots\alpha_{r})=\beta_{r}+\frac{\beta_{1}+\cdots+\beta_{r}}{1-r}=\frac{\beta_{1}+\cdots+\beta_{r-1}+(2-r)\beta_{r}}{1-r} $
    
    故$\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots\alpha_{r}$可由$\beta_{1}\cdots\beta_{r}$线性表出
    
    故$\alpha_{1},\alpha_{2},\cdots\alpha_{r}$与$\beta_{1}\cdots\beta_{r}$互相表出，所以等价
    
    故有相同的秩
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分15分]
    设$A,B$是两个$n$级方阵，证明：
    $$
    r(A+B)=r(A)+r(B)
    $$
    的充分必要条件是存在可逆方阵$P,Q$,使得
    $$
    PAQ=\begin{pmatrix}E_r&&0\\ 0&&0\end{pmatrix},PBQ=\begin{pmatrix}0&&0\\ 0&&E_s\end{pmatrix},
    $$
    其中$r(A)=r,r(B)=s,r+s\leq n$

\end{problem}
\begin{solution}
    “$\Leftarrow $”
    
    因为$r(B)=s,r(A)=r$
    
    且存在可逆矩阵P,Q，使得$PAQ=\left[\begin{matrix}{Er}&{0}\\{0}&{0}\\\end{matrix}\right]$
    
    $PBQ=\left[\begin{matrix}{0}&{0}\\{0}&{Es}\\\end{matrix}\right]$

    $\therefore P(A+B)Q=\left[\begin{array}{cc}{Er}&{0}\\{0}&{Es}\\\end{array}\right]$

    $\therefore r(A+B)=r+s=r(A)+r(B)$


    “$\Rightarrow $”

    因为$r(A+B)=r(A)+r(B)=s+r$

    $\therefore$存在可逆矩阵$P,Q$，使得$P(A+B)Q=\left[\begin{matrix}{Er+s}&{0}\\{0}&{0}\\\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}{Er}&{0}\\{0}&{0}\\\end{matrix}\right]+\left[\begin{matrix}{0}&{0}\\{0}&{Es}\\\end{matrix}\right]$
$\therefore P(A+B)Q=\left[\begin{matrix}{Er+s}&{0}\\{0}&{0}\\\end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}{Er}&{0}\\{0}&{0}\\\end{matrix}\right]+\left[\begin{matrix}{0}&{0}\\{0}&{Es}\\\end{matrix}\right]$

\end{solution}

\begin{problem}[本题满分15分]
    设$A,B$为$n$级方阵，且$A-2B=2AB$,证明：$AB=BA$.
\end{problem}

\begin{solution}
    因为$A-2B=2AB$

    所以$A-2B-2AB+E=E$$\textcircled{1}$

    即$(E+A)(E-2B)=E$

    所以$E+A$与$E-2B$互为逆矩阵

    所以$(E-2B)(E+A)=E$

    即$E+A-2B-2BA=E$$\textcircled{2}$

    所以由$\textcircled{1} \textcircled{2}$得$AB=BA$
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分15分]
    证明4级复矩阵$A=\begin{bmatrix}0&0&0&-1\\ 1&0&0&0\\ 0&1&0&10\\ 0&0&1&0\end{bmatrix}$相似于一个对角矩阵。

\end{problem}
\begin{solution}
    $f(\lambda )=|\lambda E-A|=\left|\begin{matrix}\lambda&0&0&1\\-1&\lambda&0&0\\0&-1&\lambda&-10\\0&0&-1&\lambda\end{matrix}\right|$

    $=\lambda\left|\begin{matrix}\lambda&0&0\\-1&\lambda&-10\\0&-1&\lambda\end{matrix}\right|+(-1)(-1)^{1+2}\left|\begin{matrix}0&0&1\\-1&\lambda&-10\\0&-1&\lambda\end{matrix}\right|$

    $=\lambda^4-10\lambda+1$

    $f^{\prime}(\lambda)=4\lambda^3-20\lambda=4\lambda(\lambda^2-5)$

    $(f(\lambda),f'(\lambda))=1$ 故无重根 

    故$A$可以对角化，即$A$相似于一个对角矩阵

    （矩阵可对角化$\Leftarrow $$\textcircled{1}$对称$\textcircled{2}$几个互异得特征值）
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分20分]
    设$n$级方阵$A=\begin{bmatrix}1&2&\cdots&n\\ 1&2&\cdots&n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 1&2&\cdots&n\end{bmatrix}$,求$A$的全部特征值和特征向量，并求$A^{100}$.
    
\end{problem}
\begin{solution}
    $\left|{\lambda E-A}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda-1&-2&-3&\cdots&-n\\-1&\lambda-2&-3&\cdots&-n\\-1&-2&\lambda-3&\cdots&-n\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\-1&-2&-3&\cdots&\lambda-n\end{matrix}\right|$
   
    $=\left|\begin{matrix}\lambda-1&-2&-3&\cdots&-n\\-\lambda&\lambda&0&\cdots&0\\0&-\lambda&\lambda&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&\lambda\end{matrix}\right|=\left|\begin{matrix}\lambda&-\frac{(n+1)n}{2}&-\frac{(n-1)(n+2)}{2}&\cdots&-n\\0&\lambda&0&\cdots&0\\0&0&\lambda&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&\lambda\end{matrix}\right|$
    
    $=(\lambda-\frac{(n+1)n}{2})\lambda^{n-1}$
    
    所以特征值为$\lambda=0$和$\frac{(n+1)n}{2}$
    
    将$\lambda=0$代入上式
    
    
    即有$-\frac{(n+1)n}{2}x_{1}-\frac{(n-1)(n+2)}{2}x_{2}-\cdots-nx_n=0$
   
    所以$\eta _2=\left(\begin{matrix}-\frac{(n-1)(n+2)}{n(n+1)}\\1\\0\\\vdots  \\0\end{matrix}\right)\cdots      \eta _n=\left(\begin{matrix}-\frac{2}{(n+1)}\\0\\\vdots  \\1\end{matrix}\right)$
   
    所以属于特征值$\lambda=0$的全部特征向量为
   
    $\theta =k_2\eta _2+\cdots+k_n\eta _n$
    
    当将$\lambda=\frac{(n+1)n}{2}$代入上式，故$\eta _2=\left(\begin{matrix}1\\0\\\vdots  \\0\end{matrix}\right)$
    
    所以属于特征值$\lambda=\frac{(n+1)n}{2}$的全部特征向量为$k_1\eta _1$
   
    所以存在可逆矩阵$T=\begin{bmatrix}1&-\frac{(n-1)(n+2)}{(n+1)n}&\cdots&-\frac2{n+1}\\0&1&\cdots&0\\0&0&\cdots&0\\\vdots &\vdots &&\vdots \\0&0&\cdots&1\end{bmatrix}$
    
    使得$T^{-1}AT=\begin{bmatrix}\frac{(n-1)n}{2}&&\\&0&&\\&&\cdots&\\&&&\cdots\\&&&&0\end{bmatrix}$
    
    $(T^{-1}AT)^{100}=T^{-1}A^{100}T=\begin{bmatrix}({\frac{(n-1)n}{2}})^{100}&&\\&0&&\\&&\cdots&\\&&&\cdots\\&&&&0\end{bmatrix}$
   
    故$A^{100}=T\begin{bmatrix}({\frac{(n-1)n}{2}})^{100}&&\\&0&&\\&&\cdots&\\&&&\cdots\\&&&&0\end{bmatrix}T^{-1}$

    $T^{-1}=\begin{bmatrix}1&\frac{(n-1)(n+2)}{(n+1)n}&&\cdots&\frac2{n+1}\\0&1&&\cdots&0\\0&&1&\cdots&0\\\vdots &&&\vdots \\0&0&&\cdots&1\end{bmatrix}$

    所以$A^{100}=\begin{bmatrix}({\frac{(n-1)n}{2}})^{100}&&\\&0&&\\&&\cdots&\\&&&\cdots\\&&&&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&\frac{(n-1)(n+2)}{(n+1)n}&&\cdots&\frac2{n+1}\\0&1&&\cdots&0\\0&&&\cdots&0\\\vdots &&&\vdots \\0&0&&\cdots&1\end{bmatrix}$
    
    $=({\frac{(n+1)n}{2}})^{100}\begin{bmatrix}1&\frac{(n-1)(n+2)}{(n+1)n}&&\cdots&\frac2{n+1}\\0&0&&\cdots&0\\\\\vdots &&&\vdots \\0&0&&\cdots&0\end{bmatrix}$

\end{solution}
\begin{problem}[本题满分20分]
    设$V$是数域$P$上的一个$2m$维线性空间，$W$和$U$是$V$的两个$m$维子空间，试构作$V$上的一个线性变换$\sigma$,使得$\sigma$的像空间$\sigma\left(V\right)$与核空间$\sigma^{-1}\left(0\right)$分别为$W$和$U$,并证明$\sigma^2(V)=W$的充分必要条件是$W\bigcap U=\{0\}$.

\end{problem}
\begin{solution}
    “$\Rightarrow $”,设W的一组基$\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{m}$
    
    将W的基扩充成V的一组基$\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{m}，\alpha_{m+1},\ldots,\alpha_{2m}$

    要使$\sigma (V)=W$，$\sigma ^{-1}(0)=U$，叫构造
    
    $\begin{cases}\sigma (\alpha_{i})=\alpha_{i},(i=1，2，\ldots m)\\\sigma (\alpha_{i})=0,(i=m+1，\ldots 2m)\end{cases}$

    即$W=L(\alpha_{1},\alpha_{2},\ldots,\alpha_{m})$，$U=L(\alpha_{m+1},\ldots,\alpha_{2m})$

    $\sigma ^2(V)=(\sigma (V))=\sigma (W)=W$，显$W\cap U=\{0\}$显然成立
   
    “$\Leftarrow $”因为$W\cap U=\{0\}$，所以$W\textcircled{+}U=V$（直和充要条件）
    
    所以在W中取基$\alpha_{1},\ldots,\alpha_{m}，$U中取基$\alpha_{m+1},\ldots,\alpha_{2m}$\\
    所以$\sigma$ 在这组基下有矩阵$A=\left(\begin{matrix}1&&&&0&& \cdots &&0\\&1&&&\vdots &&&&\vdots \\&&\ddots&& &&&&\\&&&1&0& & \cdots &&0\\ 0& \cdots & &0&0& &&&\\\vdots &&& \vdots &&&&& \\&&&&&&\ddots&& \\0& \cdots &&0&&&&&0\end{matrix}\right)$
    
    所以$\sigma ^2$在这组基下的矩阵为$A^2=\left[\begin{matrix}1&&&&0&& \cdots &&0\\&1&&&\vdots &&&&\vdots \\&&\ddots&& &&&&\\&&&1&0& & \cdots &&0\\ 0& \cdots & &0&0& &&&\\\vdots &&& \vdots &&&&& \\&&&&&&\ddots&& \\0& \cdots &&0&&&&&0\end{matrix}\right]$
    
    所以有$\sigma ^2(V)=W$，所以充分性得证,所以原题得证
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分15分]
    设$\sigma,\tau$是线性空间$V$上的两个线性变换，$\sigma^{2}=2\sigma,\tau^{2}=3\tau$,若$\left(\sigma+\tau\right)^{2}=2\sigma+3\tau$,则$\sigma\tau=0$.

\end{problem}
\begin{solution}
    $(\sigma+\tau )^2=(\sigma+\tau )(\sigma+\tau )=\sigma^2+\sigma\tau +\tau\sigma+\tau^2$
    
    $=2\sigma+\sigma\tau +\tau\sigma+3\tau=2\sigma+3\tau$
    
    所以$\sigma\tau+\tau\sigma=0$，所以$\sigma\tau=-\tau\sigma$
    
    所以$\sigma(\sigma\tau+\tau\sigma)=\sigma^2\tau+\sigma\tau\sigma=2\tau\sigma-\tau\sigma^2$
    
    $=2\sigma\tau-2\tau\sigma=0$
    
    所以$\sigma\tau=\tau\sigma$
    
    所以$\sigma\tau=0$
    
    （线性变换运算不可交换）
\end{solution}

\begin{problem}[本题满分20分]
    称数域P上的n级矩阵
    $$
    A=\left[\begin{matrix}a_{1}&a_{2}&a_{3}&\cdots &a_n\\a_{n}&a_{1}&a_2&\cdots &a_{n-1}\\a_{n-1}&a_n&a_1&\cdots &a_{n-2}\\\vdots &\vdots &\vdots &&\vdots \\a_2&a_3&a_4&\cdots &a_1\end{matrix}\right]
    $$
    为循环矩阵，所有满足$\sum_{i=1}^{n}a_{j}=0$的循环矩阵的全体做成一个集合$V$,$V$对矩阵的加法和数乘两种运算作成一个线性空间，试确定V的维数，并给出$V$的一组基。
\end{problem}
\begin{solution}
    设$M,N\in V$,且满足$\sum_{j=1}^{n}M_{j}=0,\sum_{j=1}^{n}N_{j}=0$
    
    $M+N=\begin{bmatrix}M_1+N_1&M_2+N_2&\cdots&M_n+N_n\\\vdots &\vdots &&\vdots \\\vdots &\vdots &&\vdots \\M_2+N_2&M_3+N_3&\cdots&M_1+N_1\end{bmatrix}$
    
    $\sum_{j=1}^{n}M_{j}+N_j=\sum_{j=1}^{n}M_{j}+\sum_{j=1}^{n}N_{j}=0$
    
    所以$M+N\in V$
    
    $kM=\begin{bmatrix}kM_1&\cdots&kM_n\\\vdots &\vdots & \\kM_2&\cdots&kM_1\end{bmatrix}$
    
    $\sum_{j=1}^{n}kM_{j}=k\sum_{j=1}^{n}M_{j}=0$
    
    所以$kM\in V$
    
    上述证法为证明子空间
    
    证：设$M,N,R\in V$，且满足$\sum_{j=1}^{n}M_{j}=0,\sum_{j=1}^{n}N_j=0,\sum_{j=1}^{n}R_j=0$
    
    （1）加法交换律显然成立
   
    （2）$(M+N)+R=\begin{bmatrix}M_1+N_1&\cdots&M_n+N_n\\\vdots &&\vdots\\M_2+N_2&\cdots&M_1+N_1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}R_1&\cdots&R_N\\\vdots &&\vdots\\R_2&\cdots&R_1\end{bmatrix}$
   
    $=\begin{bmatrix}M_1+N_1+R_1&\cdots&M_n+N_n+R_n\\\vdots &&\vdots\\M_2+N_2+R_2&\cdots&M_1+N_1+R_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}M_1&\cdots&M_n\\\vdots &&\vdots\\M_2&\cdots&M_1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}N_1+R_1&\cdots&N_n+R_n\\\vdots &&\vdots\\N_2+R_2&\cdots&N_1+R_1\end{bmatrix}$
   
    $=M+(N+R)$
    
    所以，加法结合律成立
\end{solution}
\end{document}